Đề khảo sát tháng 11 môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Đồng Cương (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát tháng 11 môn Toán Lớp 9 - Trường THCS Đồng Cương (Có đáp án)

1. PHÒNG GD &ĐT YÊN LẠC ĐỀ KHẢO SÁT THÁNG 11 CỦA LỚP 9A2. TRƯỜNG THCS ĐỒNG CƯƠNG MÔN. TOÁN 9 (Thời gian: 90 phút) I. TRẮC NGHIỆM (2,0 ĐIỂM). Viết vào bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước đáp án đúng. Câu 1. Biểu thức 5 ― 3 xác định khi và chỉ khi: 5 5 5 5 A. B. C. D. ≥ 3. > 3. ≤ 3. 1. C. D. > 2. < 2. Câu 3. ∆ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC = 10cm. Cạnh AB=5cm, thì độ dài đường cao AH là: A. 4cm B. 3cm C. 3cm D. 5 3cm. 4 5 2 Câu 4. Cho đường tròn (O; 8cm) và khoảng cách từ O đến dây AB là 6cm. Khi đó độ dài dây AB bằng: A. 2 7cm. B. 4 7cm C. 7cm. D. 20cm. II. TỰ LUẬN (8,0 ĐIỂM). Câu 5 (1,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức: = 140 ― ( 5 ― 7)2 1 b) Giải phương trình: ― 1 4 ― 4 2 ― +3 = 0 5 Câu 6 (1,5 điểm). Cho biểu thức: 10 (với ) = ― 5 ― ― 25 ― + 5 ≥ 0; ≠ 25 1 a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x để < 3 ― 2 = Câu 7 (1,5 điểm). Cho hệ phương trình ―2 + = + 1 a) Giải hệ phương trình khi a = 2. b) Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất x – y = 1 Câu 8 (1,0 điểm). Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 80 m, nếu tăng chiều dài thêm 3m, tăng chiều rộng thêm 5 m thì diện tích của mảnh đất tăng thêm 195 m 2. Tính chiều dài và chiều rộng ban đầu của mảnh đất. Câu 9 (3,0 điểm). Cho nửa đường tròn ( O , R) có đường kính AB . Dựng dây AC = R và tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn . Tia phân giác của góc BAC cắt OC tại M , cắt tia Bx tại P và cắt nửa đường tròn tâm O tại Q a) CMR: BP2 = PA . PQ b) CMR: 4 điểm B,P, M, O cùng thuộc đường tròn tìm tâm c) Đường thẳng AC cắt tia Bx tại K . Chứng minh: KP = 2 BP HẾT 1
2. ĐÁP ÁN + THANG ĐIỂM I. TRẮC NGHIỆM (2,0 ĐIỂM). Câu 1 2 3 4 Đáp án C A D B Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 II. TỰ LUẬN (8,0 ĐIỂM). Câu Nội dung Điểm 5 a = 140 ― ( 5 ― 7)2 (1,0đ) = 2 35 ― 5 + 2 35 ― 7 = 4 35 ―12 Vậy = 4 35 ―12 0,5 b ĐK: ≥ 1 1 ― 1 ― 4 ― 4 + 3 = 0 2 1 ↔ ― 1 ― 2 ― 1 + 3 = 0 2 ―3 ↔ ― 1 + 3 = 0 2 ↔ ― 1 = 2 ↔ ― 1 = 4 ↔ = 5 (TM) Vậy tập nghệm của phương trình là S = {5} 0,5 6 a Với ≥ 0; ≠ 25, ta có: (1,5 đ) 10 5 = ― ― ― 5 ― 25 + 5 10 5 = ― ― 0,25 ― 5 ( ― 5)( + 5) + 5 ( + 5) ― 10 ― 5( ― 5) = ( ― 5)( + 5) + 5 ― 10 ― 5 + 25 = ( ― 5)( + 5) ― 10 + 25 = 0,25 ( ― 5)( + 5) ( ― 5)2 ― 5 = = ( ― 5)( + 5) + 5 0,25 ― 5 Vậy = (với ≥ 0; ≠ 25) + 5 0,25 2
3. b 1 ― 5 1 +5 > 0 => 2 ―20 phương trình ( ― 4) = 3 + 2 có nghiệm duy nhất ― 4 ≠ 0↔ ≠ 4 Vậy ≠ 4 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ―2 + = + 1 ―2(3 + 2) + = + 1 (*)↔ 3 + 2 ↔ ― 4 = = 3 + 2 ― 4 ― 4 2(3 + 2) 2 + 3 = + 1 + = ― 4 ― 4 ↔ 3 + 2 ↔ 3 + 2 = = ― 4 ― 4 Ta có: x – y = 1 3 + 2 2 + 3 ↔ ― = 1 ― 4 ― 4 ↔3 + 2 ― 2 ― 3 = ― 4 ↔ 2 + ― 6 = 0 ↔ 2 + 3 ― 2 ― 6 = 0 3
4. ↔ ( + 3) ― 2( + 3) = 0 ↔( + 3)( ― 2) = 0 + 3 = 0 = ―3 => ― 2 = 0↔ = 2 (TM ≠ 4) Vậy a = - 3; a = 2 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thỏa mãn x – y = 1. 0,75 8 Nửa chu vi của hình chữ nhật là 80:2 = 40m. (1,0 đ) Gọi Chiều dài của mảnh đất hình chữ nhật là x(m) (ĐK: 0 Chiều rộng của hình chữ nhật là 40 – x (m). 0,25 Khi đó diện tích của hình chữ nhật là x(40 - x) (m2) Nếu tăng chiều dài thêm 3m, tăng chiều rộng thêm 5 m thì diện tích của mảnh đất tăng thêm 195 m2, ta có phương trình: (x + 3)(40 – x +5) = x(40 - x) + 195 0,25 (x + 3)(45 – x) = x(40 - x) + 195 45x – x2 + 135 – 3x = 40x – x2 + 195 2x = 60 x = 30 (TM) 0,25 Vậy mảnh đát hình chữ nhật ban đầu có chiều dài 30m và chiều rộng 40 – 30 = 10m. 0,25 9 (3,0 đ) a BP2 = PA . PQ Ta có: 푄 = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) => BQ ⊥ AP tại Q => BQ là đường cao của ∆ABP Mà Bx là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B => ∆ABP vuông tại B => BP2 = PQ . PA (Hệ thức giữa cạnh và đường cao) hay BP2 = PA . PQ 1,0 4
5. b 4 điểm B,P, M, O cùng thuộc đường tròn tìm tâm Gọi I là trung điểm của OP Xét ∆AOC có AO = AC = CO = R => ∆AOC là tam giác đều có AM là phân giác của => AM là đường cao của ∆AOC => AM ⊥ CO tại M => 푃 = 900 => ∆OMP vuông tại M có MI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OP => IM = IO = IP (1) ∆OBP vuông tại B có BI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OP => IB = IO = IP (2) Từ (1) và (2) => IM = IO = IB = IP 푃 => 4 điểm cùng nằm trên đường tròn (I; ) 2 1,0 c Vì ∆AOC là tam giác đều => = 600 => 퐾 = 600 (O ∈ AB; C ∈ AK) => 퐾 = 300 (∆ABK vuông tại B) => 퐾푃 = 300 Mà AM là phân giác của => AP là phân giác của => 퐾 푃 = 300 Xét ∆AKP có 퐾푃 = 퐾 푃 = 300 => ∆AKP cân tại P => AP = PK (3) Xét ∆APB vuông tại B có 푃 = 300 => ∆APB là nửa của tam giác đều 1 => => AP = 2BP (4) 푃 = 2 푃 Từ (3) và (4) => PK = 2BP (ĐPCM) 1,0 5